II OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że iloczyn dwóch czynników, z których każdy jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych, jest również sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Rozwiązanie

Zastosujemy przekształcenie

Jeśli , , , są liczbami całkowitymi, to i są też liczbami całkowitymi; twierdzenie zostało więc udowodnione.

Zauważmy, że zachodzi twierdzenie ogólniejsze:

Iloczyn czynników, z których każdy jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych, jest również sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.

Twierdzenie to udowodnimy stosując zasadę indukcji zupełnej. Przypomnimy krótko, jak można sformułować tę zasadę:

Niech oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej i niech będzie przy tym wiadomo, że:

1° Twierdzenie jest prawdziwe, tzn. liczba ma tę własność.

2° Jeśli dla którejś liczby twierdzenie jest prawdziwe, to prawdziwe jest również twierdzenie , tzn. jeśli któraś liczba naturalna ma ową własność, to ma ją również następna liczba naturalna .

Wówczas twierdzenie jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej , tzn. każda liczba naturalna ma ową własność. (Na tym wniosku polega właśnie zasada indukcji).

Przystępując do dowodu zapowiedzianego wyżej twierdzenia nadamy mu nieco dogodniejsze brzmienie:

Twierdzenie (). Jeśli liczby są całkowite, to iloczyn

równa się sumie kwadratów dwóch liczb całkowitych.

(Napisaliśmy na początku jedynkę w tym celu, by powyższe wyrażenie również w przypadku miało postać iloczynu).

Dowód polegać będzie na stwierdzeniu, że spełnione są warunki 1°-2°, występujące w zasadzie indukcji. Otóż:

1° Twierdzenie jest prawdziwe, gdyż

2° Przypuśćmy, że dla pewnego twierdzenie jest prawdziwe, tzn. że

gdzie i są liczbami całkowitymi. Udowodnimy, że przy tym założeniu prawdziwe jest też twierdzenie .

Istotnie

Na podstawie zasady indukcji wnosimy z przesłanek 1° i 2°, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego .

Uwaga. Można udowodnić, że zasada indukcji zupełnej jest równoważna następującemu twierdzeniu:

W każdym zbiorze liczb naturalnych (zawierającym przynajmniej jedną liczbę) istnieje liczba najmniejsza. Zastrzeżenie, że rozważany zbiór liczb naturalnych zawiera przynajmniej jedną liczbę, jest potrzebne dlatego, że w matematyce do zbiorów liczb lub innych przedmiotów (zwanych elementami zbioru) zalicza się także tzw. zbiór pusty, tj. zbiór nie zawierający żadnego elementu. Jest to bardzo dogodne w niektórych rozumowaniach.

Przeprowadzimy dowód poprzedniego twierdzenia oparty na twierdzeniu powyższym.

Przypuśćmy, że istnieją takie liczby naturalne, dla których twierdzenie nie jest prawdziwe. W zbiorze tych liczb istnieje liczba najmniejsza . Istnieją więc takie liczby całkowite , że iloczyn

nie równa się sumie kwadratów dwóch liczb całkowitych, a jednocześnie

gdzie i są liczbami całkowitymi. Ale wtedy możemy napisać:

Według tej równości iloczyn (1) równa się sumie kwadratów dwóch liczb całkowitych, co jest sprzeczne z wnioskiem poprzednim. Przypuszczenie, że istnieją takie wartości , dla których twierdzenie jest fałszywe - doprowadziło do sprzeczności; zatem twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego .

II OM - I - Zadanie 2

Znaleźć warunek, jaki powinny spełniać współczynniki trójmianów

aby między pierwiastkami każdego z tych trójmianów leżał pierwiastek drugiego trójmianu. Litery , , , oznaczają tu liczby rzeczywiste.

Rozwiązanie

Zadanie polega na tym, żeby z założenia, iż trójmiany (1) mają pierwiastki rzeczywiste takie, że para pierwiastków jednego równania i para pierwiastków drugiego równania przedzielają się wzajemnie, wysnuć zależność, jaka wówczas zachodzić musi między współczynnikami , , i .

Oznaczmy pierwiastki pierwszego trójmianu przez , i niech wewnątrz przedziału leży pierwiastek , a poza tym przedziałem - pierwiastek drugiego trójmianu.

\spos{I} Weźmiemy pod uwagę różnice między pierwiastkami jednego trójmianu a pierwiastkami drugiego trójmianu.

Według założenia różnice i mają znaki przeciwne, a różnice i mają znaki jednakowe, wobec czego

Ponieważ , , więc

Nierówności (2) otrzymują postać

Stąd wynika, że

Wykonajmy mnożenie po lewej stronie nierówności (4) uwzględniając przy tym, że , , a . Otrzymamy

Nierówność (4) przybiera postać

Uzyskaliśmy twierdzenie: Jeżeli pary pierwiastków trójmianów (1) przedziela się wzajemnie, to współczynniki tych trójmianów spełniają warunek (5).

\spos{II} Oprzemy sie na znanym twierdzeniu o znaku funkcji kwadratowej

które brzmi:

Jeżeli funkcja mMa pierwiastki rzeczywiste i , przy czym , to w przypadku, gdy jest , a w przypadku, gdy lub , jest .

Jeśli więc liczba leży wewnątrz, a liczba zewnątrz przedziału , to pierwsza z wartości

jest ujemna, a druga dodatnia, wobec czego

co prowadzi, jak pokazano w sposobie I, do warunku (5).

Rysunek 24 ilustruje wzajemne położenie parabol będących wykresami danych trójmianów kwadratowych

o przedzielających się pierwiastkach.

Uwaga 1. Udowodniliśmy wyżej, że jeśli trójmiany (1) mają pierwiastki rzeczywiste i jeśli pary tych pierwiastków wzajemnie się przedzielają, to spełniona jest nierówrówność (5); nierówność ta daje więc warunek konieczny przedzielania się par pierwiastków trójmianów (1).

Wykażemy, że warunek ten jest dostateczny, tzn. że zachodzi twierdzenie odwrotne:

Jeśli spełniona jest nierówność (5), to trójmiany (1) mają pierwiastki rzeczywiste, a przy tym pary pierwiastków tych trójmianów przedzielają się wzajemnie.

Dowód. Podstawmy do omawianej nierówności (5) wyrażenia , . Otrzymamy nierówność (4), którą wobec wzorów (6) napisać możemy w postaci

Z nierówności (7) wysnujemy najpierw wniosek, że pierwiastki i są liczbami rzeczywistymi.

Przypuśćmy, że i nie są liczbami rzeczywistymi. Z algebry wiemy, że jeśli pierwiastki funkcji kwadratowej są urojone, to są one liczbami zespolonymi sprzężonymi, tzn. że

gdzie i są liczbami rzeczywistymi, a oznacza jednostkę urojoną .

Obliczmy wartości funkcji podstawiając w miejsce liczby i :

Widzimy, że jeśli i są liczbami zespolonymi sprzężonymi, to wartości i są także liczbami zespolonymi sprzężonymi. Iloczyn liczb zespolonych sprzężonych jest liczbą rzeczywistą nieujemną, co widać z równości ; zatem

Przypuszczenie, że i są liczbami urojonymi, doprowadziło do nierówności (8), sprzecznej, z nierównością (7); liczby i są więc rzeczywiste.

Wobec tego z nierówności (7) wynika, że wartości i są liczbami rzeczywistymi o znakach przeciwnych. W takim razie funkcja ma pierwiastki rzeczywiste i , z których jeden leży między liczbami i , a drugi leży zewnątrz przedziału , czego należało dowieść.

Ostatecznie mamy twierdzenie:

Warunkiem koniecznym i dostatecznym tego, by trójmiany

(, , , - liczby rzeczywiste) miały, rzeczywiste i przedzielające ste wzajemne pary pierwiastków, jest nierówność

Uwaga 2. Jeśli pary liczb i wzajemnie się przedzielają, to zależnie od tego, która z liczb , leży między liczbami i , bądź różnice , mają znaki przeciwne, a różnice , mają znaki jednakowe, bądź rzecz się ma odwrotnie. W obu przypadkach

Odwrotnie: jeśli zachodzi nierówność (9), to jeden z iloczynów i jest dodatni, a drugi ujemny, zatem pary i wzajemnie się przedzielają.

Warunek (9) można zastąpić warunkiem równoważnym

Nierówność (10) wyraża więc warunek konieczny i dostateczny tego, żeby pary liczb i wzajemnie się przedzielały.

Wyrażenie znajdujące się po lewej stronie nierówności (10) odgrywa dużą rolę w rozważaniach matematycznych; nazywa się ono dwustosunkiem uporządkowanej czwórki liczb , , , i oznacza symbolem .

A więc

Weźmy na osi liczbowej punkty o odciętych .

Dwustosunek czwórki liczb nazywa się także dwustosunkiem uporządkowanej czwórki punktów i oznacza symbolem .

Ponieważ różnice odciętych , , , są miarami względnymi wektorów , , , leżących na osi (por. zadanie nr 2 na stronicy 51), przeto

Widzimy, że dwustosunek jest stosunkiem stosunków, w jakich punkty i dzielą odcinek skierowany .

Gdy , pary punktów i przedzielają się.

Gdy , pary te nie przedzielają się, tzn. albo jedna para leży wewnątrz drugiej, albo każda para leży zewnątrz drugiej.

W przypadku szczególnym, gdy , tzn. gdy stosunki podziału i są liczbami przeciwnymi, mówimy, że pary i przedzielają się harmonicznie albo że czwórka punktów , , , jest harmoniczna.

Taki przypadek mamy na rysunku 25, na którym

Pojęciem dwustosunku posługujemy się również w teorii liczb zespolonych.

Jeśli , , , są różnymi liczbami zespolonymi, to

Niech na płaszczyźnie liczb zespolonych liczbom , , , odpowiadają punkty , , , (rys. 26). Dwustosunek czwórki liczb zespolonych nazywamy też dwustosunkiem czwórki punktów płaszczyzny liczb zespolonych.

Ponieważ różnice , , , przedstawiają wektory , , , : przeto

Dwustosunek czwórki punktów płaszczyzny liczb zespolonych jest na ogół liczbą urojoną.

Ciekawe jest, że dwustosunek wtedy i tylko wtedy jest liczbą rzeczywistą, gdy punkty , , , leżą na okręgu lub na prostej. Jeśli przy tym pary i wzajemnie się przedzielają, to , jeśli zaś nie przedzielają się, to .

Np. dla punktów , , , na rysunku 27, odpowiadających liczbom , , , mamy

II OM - I - Zadanie 3

W kole poprowadzono dwie równe cięciwy i oraz dowolną cięciwę ; prosta przecina prostą w pwnkcie . Dowieść, że iloczyn nie zależy od położenia punktu na okręgu, tj. że .

Rozwiązanie

Pisząc żądaną równość w postaci proporcji

spostrzegamy, że równość ta wyraża proporcjonalność dwóch par boków trójkątów i o wspólnym kącie .

Dowód sprowadza się zatem do wykazania, że trójkąty i są podobne.

Wystarczy w tym celu wskazać jeszcze jedną parę równych kątów w tych trójkątach.

Jeżeli punkt leży między punktami i (rys. 28a), to (gdyż są to kąty wpisane oparte na łuku ) i (ponieważ ), zatem . Jeśli zaś punkt leży na przedłużeniu odcinka (rys. 28 b), to (gdyż są to kąty przeciwległe czworokąta wpisanego w koło) i , a ponieważ , więc , co było do okazania.

Uwaga. Powyższe zadanie wiąże się z ważnym pojęciem przekształcenia figury przez inwersję.

Niech będzie dany na płaszczyźnie okrąg , tj. okrąg o środku i promieniu (rys. 32).

Jeśli jest dowolnym, ale różnym od punktem płaszczyzny, to punkt półprostej określony równaniem

nazywa się obrazem punktu w inwersji względem okręgu .

Ponieważ

więc nawzajem - obrazem punktu jest punkt .

Związek między odcinkami i piszemy zwykle w postaci symetrycznej:

Jeżeli , to ; wówczas punkty i pokrywają się. Jeżeli , to i na odwrót.

Gdy dany jest jeden z punktów i , łatwo znaleźć drugi punkt konstrukcyjnie, np. tak, jak pokazuje rysunek 32, na którym i .

Każdy punkt płaszczyzny, z wyjątkiem punktu , ma określony obraz na tej płaszczyźnie i każdy punkt, z wyjątkiem punktu , jest obrazem określonego punktu płaszczyzny. Mówimy, że inwersja względem okręgu jest przekształceniem płaszczyzny bez punktu na samą siebie.

Przekształcenie to ma wiele ciekawych własności. Ograniczymy się tutaj do wyznaczenia obrazów linii prostych i okręgów, czyli do wyznaczenia figur, na które przy inwersji przechodzą proste i okręgi.

Okrąg o środku przechodzi na takiż okrąg. W szczególności okrąg pokrywa się ze swym obrazem, i to w ten sposób, że każdy jego punkt jest swym własnym obrazem. Punkty leżące wewnątrz okręgu mają obrazy zewnątrz - i na odwrót.

Obrazem każdej półprostej wychodzącej ze środka jest ta sama półprosta, ale każdy jej punkt przechodzi przy tym w inny punkt, z wyjątkiem punktu przecięcia półprostej z okręgiem ; punkt ten pozostaje na miejscu.

Obrazem prostej nie przechodzącej przez środek jest okrąg przechodzący przez punkt , jednak bez samego punktu ; na odwrót - obrazem takiego ,,przerwanego'' okręgu jest prosta nie przechodząca przez środek . Dowód tego twierdzenia jest prosty (rys. 33).

Niech obrazami punktów i w inwersji względem okręgu będą punkty i . Z równości , która daje proporcję

wnioskujemy, że trójkąty i są podobne i . Gdy zatem punkt zakreśla prostą prostopadłą do prostej , wówczas punkt zakreśla okrąg o średnicy - i na odwrót.

Na rysunku 33a jest i prosta leży zewnątrz okręgu , na rysrnku 33b i linie i są styczne; wreszcie na rysunku 33c jest , prosta przecina okrąg i powstaje taka sama figura, jak w powyższym zadaniu nr 23. Zadanie nr 23 w swej istocie polegało właśnie na wykazaniu, że w inwersji o środku i promieniu (rysunki 28-31) obrazem okręgu przechodzącego przez punkty , , jest prosta .

Wykażemy jeszcze, że obrazem okręgu nie przechodzącego przez środek inwersji jest okrąg również nie przechodzący przez środek .

Niech obrazem punktu okręgu będzie punkt (rys. 34 a) i niech prosta przecina okrąg jeszcze w punkcie .

Wówczas

oraz

(iloczyn odcinków siecznej równa się stałej).

Stąd otrzymujemy

Punkt odpowiada zatem punktowi w jednokładności względem środka , stosunkiem jednokładności jest liczba .

Gdy punkt , a wraz z nim i punkt zakreśla okrąg , punkt zakreśla okrąg jednokładny z okręgiem względem punktu . Okrąg jest więc obrazem okręgu zarówno w jednokładności względem punktu , jak w inwersji względem okręgu . Lecz każde z tych przekształceń inaczej przyporządkowuje punkty jednego okręgu punktom drugiego. Np. punktowi odpowiada w inwersji punkt , w jednokładności zaś - punkt . Środkowi okręgu (rys. 34 a) odpowiada w inwersji nie środek okręgu , lecz inny punkt ; podobnie środkowi okręgu odpowiada punkt różny od środka okręgu . Na rysunkach 34 a, c i d środek leży zewnątrz, a na rysunku 34 b - wewnątrz okręgu .

Jeśli okrąg przecina okrąg inwersji , to jego obraz przecina okrąg w tych samych punktach.

Ćwiczenie. W jakim przypadku okręgi i pokrywają się?

II OM - I - Zadanie 4

Dane są dwie przecinające się płaszczyzny i oraz prosta przecinająca płaszczyzny i . Znaleźć miejsce geometryczne środków odcinków równoległych do prostej , których końce leżą na płaszczyznach i .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez i punkty przecięcia prostej z płaszczyznami i , przez - środek odcinka i przez - prostą przecięcia płaszczyzn i . Mamy znaleźć figurę utworzoną przez środki wszystkich odcinków równoległych do odcinka i mających swe końce i na płaszczyznach i .

W tym celu weźmy pod uwagę pęk płaszczyzn o krawędzi , tj. zbiór wszystkich płaszczyzn przechodzących przez prostą . Każdy odcinek , jako równoległy do prostej , leży w którejś z płaszczyzn tego pęku. Szukane miejsce geometryczne wyznaczymy więc, gdy znajdziemy jego punkty w każdej z płaszczyzn pęku. Rozróżnimy dwa przypadki.

1° Niechaj płaszczyzna pęku przecina prostą w punkcie , a więc płaszczyzny i po prostych i (rys. 35a). Te z rozważanych odcinków , które leżą w płaszczyźnie mają swe końce na prostych i ; środki tych odcinków tworzą zatem prostą przechodzącą przez punkty i .

2° Niechaj płaszczyzna pęku będzie równoległa do prostej , a więc przecina płaszczyzny i po prostych i równoległych do prostej (rys. 35b).

Te z rozważanych odcinków , które leżą w płaszczyźnie , mają swe końce na prostych i , a środki tych odcinków tworzą prostą przechodzącą przez punkt i równoległą do prostej .

Żądane miejsce geometryczne składa się zatem z punktów wszystkich prostych poprowadzonych przez punkt do wszystkich punktów prostej oraz z punktów prostej poprowadzonej przez punkt równolegle do prostej .

Punkty te tworzą płaszczyznę wyznaczoną przez punkt i prostą .

Uwaga. Można by mieć wątpliwości, czy prosta należy do naszego miejsca geometrycznego, albowiem prosta równoległa do prostej , poprowadzona z punktu prostej , przecina obie płaszczyzny i w tym samym punkcie i nie ma na tej prostej odcinka . W geometrii jednak dogodnie jest wprowadzić umowę, że jeśli punkty i pokrywają się, to tworzą odcinek zerowy, tj. odcinek utworzony z jednego tylko punktu, który w takim razie jest początkiem, końcem i zarazem środkiem tego odcinka.

Przy takiej umowie prosta należy do wyznaczonego miejsca geometrycznego.

II OM - I - Zadanie 5

Dowieść, że jeśli jest liczbą naturalną parzystą, to liczba jest podzielna przez .

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że gdy jest parzyste, to daje przy dzielniku resztę .

Zastosujemy metodę indukcji zupełnej.

Niech . Gdy , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż

Przypuśćmy, że dla pewnego zachodzi równość

gdzie jest liczbą naturalną.

W takim razie

Z tego wnosimy, że twierdzenie j est prawdziwe dla każdego naturalnego .

Uwaga. Wzór (1) otrzymuje się w łatwy sposób ze wzoru na sumę postępu geometrycznego:

Gdy do tego wzoru podstawimy i uwzględnimy, że jest nieparzyste, otrzymamy po prostych przekształceniach wzór (1). Wymaga to zastrzeżenia, że i .

Gdy lub gdy , wzór (1) jest oczywisty.

II OM - I - Zadanie 6

Dowieść, że jeżeli suma liczb dodatnich , , jest równa , to

Rozwiązanie

Dzieląc obie strony równości kolejno przez , , otrzymamy

Zatem

Otóż

Stąd natychmiast wynika, że

Wobec tego

Uwaga 1. Można by zapytać, w jakich przypadkach zachodzi (przy danych założeniach) równość

tzn. przy jakich wartościach dodatnich , , , dających w sumie , suma odwrotności osiąga swą największą wartość .

Odpowiedź na to pytanie łatwo wysnuć z każdego z powyższych dowodów. Rozumując sposobem I uzyskamy równość (3) wtedy i tylko wtedy, gdy

tzn. gdy

Uwaga 2. Niech , , będą dowolnymi liczbami dodatnimi. Utwórzmy liczby

Ponieważ suma liczb , , równa się , więc stosując do nich nierówność (1) mamy nierówność

czyli nierówność

którą możemy napisać w postaci

Lewa strona nierówności (4) jest średnią arytmetyczną liczb , , , prawa zaś jest odwrotnością średniej arytmetycznej liczb , , , czyli średnią harmoniczną liczb , , .

Nierówność (4) wyraża twierdzenie:

Średnia arytmetyczna trzech liczb dodatnich jest co najmniej równa średniej harmonicznej tych liczb.

Równość tych średnich zachodzi tylko w przypadku, gdy (patrz uwagę 1).

Twierdzenie (4) o średniej arytmetycznej i średniej harmonicznej wywnioskowaliśmy z twierdzenia udowodnionego w powyższym zadaniu nr 21. Odwrotnie, to ostatnie twierdzenie jest wnioskiem z twierdzenia (4), gdyż jeśli , to z nierówności (4) otrzymujemy nierówność (1). Twierdzenia te są zatem równoważne.

Uwaga 3. Rozumując tak samo, jak w sposobie I i w uwadze 1, łatwo udowodnimy twierdzenie ogólniejsze:

Jeżeli suma liczb dodatnich jest równa , to

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy .

Stwierdzamy jak w uwadze 2, że twierdzenie powyższe jest równoważne twierdzeniu:

Jeśli są liczbami dodatnimi, to ich średnia arytmetyczna jest co najmniej równa średniej harmonicznej, tzn.

przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy .

II OM - I - Zadanie 7

Dany jest okrąg oraz punkty i leżące w nierównych odległościach od środka tego okręgu. Dowieść, że wspólne cięciwy okręgu z okręgami przechodzącymi przez punkty i leżą na prostych mających jeden punkt wspólny.

Rozwiązanie

Gdy jeden z danych punktów, np. punkt , leży na okręgu , twierdzenie jest oczywiste, gdyż wtedy wszystkie cięciwy, o których mowa w twierdzeniu, mają wspólny koniec .

Przeprowadzimy dowód dla przypadku, gdy żaden z punktów i nie leży na danym okręgu .

Weźmy pod uwagę dwa okręgi i przechodzące przez dane punkty i i przecinające okrąg , pierwszy - w punktach i , drugi - w punktach i (rys. 36).

Proste i przecinają się. Istotnie, gdyby proste i były równoległe, to odcinki i , jako równoległe cięciwy okręgu , miałyby wspólną symetralną przechodzącą przez środek okręgu . Symetralna ta przechodziłaby też przez środki okręgów i , byłaby zatem również symetralną odcinka . Środek okręgu byłby więc równo oddalony od punktów i , wbrew założeniu.

Wykażemy, że punkt przecięcia prostych i leży na prostej . W tym celu zauważmy najpierw, że punkt jest bądź punktem przecięcia cięciw i (rys. 36 a), bądź punktem przecięcia przedłużeń tych cięciw (rys. 36 b). W pierwszym przypadku punkt leży wewnątrz wszystkich trzech okręgów , i , w drugim przypadku punkt leży na zewnątrz każdego z tych trzech okręgów.

Rozumowanie poniższe stosuje się do obu przypadków.

Weźmy pod uwagę prostą i oznaczmy drugi punkt wspólny tej prostej z okręgiem - przez , a drugi punkt wspólny z okręgiem - przez . Nie wiemy z góry, czy któryś z punktów , nie pokrywa się z punktem , co mogłoby się oczywiście zdarzyć tylko w takim przypadku, jak na rysunku 36 b. Z dalszego rozumowania okaże się, że to nie jest możliwe.

Na podstawie znanego twierdzenia o siecznych okręgu możemy napisać:

Zatem

a stąd

Ponieważ punkty i zarówno w pierwszym, jak i w drugim przypadku leżą na prostej po tej samej stronie punktu , przeto z otrzymanej równości wynika, że i są jednym i tym samym punktem - jednym ze wspólnych punktów okręgów i . Punktem tym nie może być , gdyż oznaczałoby to, że prosta jest wspólną styczną okręgów i w punkcie , co jest niemożliwe, bo okręgi i nie są styczne. Zatem punkty i pokrywają się z punktem , a z tego wynika, że punkt leży na prostej .

Ten sam punkt otrzymamy kreśląc dowolny okrąg przechodzący przez punkty i i przecinający okrąg w punktach i , albowiem - według powyższego - prosta przecina prostą w punkcie prostej , tzn. w punkcie .

Twierdzenie zostało udowodnione.

Uwaga 1. Gdy punkty , są równo oddalone od środka okręgu , wtedy wspólne cięciwy okręgu z okręgami przechodzącymi przez punkty , są równoległe do prostej , gdyż figura będzie symetryczna względem symetralnej odcinka .

Uwaga 2. Rozumowanie przeprowadzone wyżej dla okręgów i może być zastosowane również wtedy, gdy jeden z tych okręgów lub nawet oba są styczne do okręgu - z tą odmianą, że zamiast siecznej lub rozważać należy wspólną styczną okręgów i lub okręgów i . Owe wspólne styczne przechodzą przez wyznaczony powyżej punkt prostej .

Uwaga 3. Twierdzenie, które wyżej udowodniliśmy powołując się na twierdzenie o siecznych okręgu, można wysnuć jako prosty wniosek z własności osi potęgowej dwóch okręgów. Objaśnimy to podając pokrótce potrzebne wiadomości.

Niech będzie dany okrąg , tzn. okrąg o środku i promieniu , oraz punkt leżący w płaszczyźnie okręgu w odległości od punktu . Liczba

nazywa się potęgą punktu względem okręgu . Liczba ta jest dodatnia, ujemna lub równa zeru odpowiednio dla punktów leżących zewnątrz okręgu, wewnątrz okręgu lub na okręgu.

Posługując się miarami względnymi odcinków skierowanych na osi (rys. 37) mamy

Zatem

Poprowadźmy przez punkt prostą przecinającą okrąg w punktach i . Według znanego twierdzenia mamy

Zachodzi więc równość

Równość ta wyraża twierdzenie:

Potęga punktu względem okręgu równa się iloczynowi miar względnych odcinków dowolnej siecznej okręgu przechodzącej przez punkt , skierowanych od punktu do punktów przecięcia siecznej z okręgiem.

W wysłowieniu tego twierdzenia można miary względne odcinków skierowanych zastąpić długościami odcinków zmieniając jednocześnie wyraz potęga na wyrazy: wartość bezwzględna potęgi.

Weźmy pod uwagę dwa niewspółśrodkowe okręgi i na płaszczyźnie; niech (rys. 38). Wykażemy, że na prostej istnieje jeden i tylko jeden taki punkt , którego potęgi względem danych okręgów są równe, tj.

Napiszmy powyższą równość w postaci

Jeśli i oznaczają miary względne odcinków na osi , to

Dzieląc równości (1) i (2) stronami otrzymujemy

Z równań (2) i (3) możemy obliczyć i :

Wartości te spełniają warunek (1) i wyznaczają jednoznacznie punkt . Wynika z tego natychmiast twierdzenie:

Miejscem geometrycznym punktów płaszczyzny, których potęgi względem dwóch okręgów niewspółśrodkowych są równe, jest prosta prostopadła do linii środków tych okręgów i przechodząca przez wyżej określony punkt tej linii.

Istotnie, jeśli jest dowolnym punktem płaszczyzny, a - rzutem punktu na prostą (rys. 38), to

z czego widzimy, że równość potęg

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi równość potęg

tzn. gdy punkt pokrywa się z wyznaczonym poprzednio punktem . Żądanym miejscem geometrycznym jest zatem prosta poprowadzona przez punkt prostopadle do prostej .

Prosta nazywa się osią potęgową okręgów i .

Punkt wspólny dwóch okręgów należy do osi potęgowej tych okręgów, gdyż ma względem każdego z nich potęgę równą zeru. A zatem oś potęgowa okręgów przecinających się przechodzi przez ich punkty przecięcia, a oś potęgowa okręgów stycznych jest ich wspólną styczną w punkcie styczności; natomiast oś potęgowa okręgów nie mających punktów wspólnych leży na zewnątrz obu okręgów.

Jeśli środki trzech okręgów nie leżą na jednej prostej, to trzy osie potęgowe trzech par z tych okręgów przechodzą przez jeden punkt, zwany środkiem potęgowym trzech okręgów.

Istotnie, owe trzy osie potęgowe, jako prostopadłe do trzech boków trójkąta utworzonego przez środki okręgów, przecinają się parami; punkt przecięcia dwóch osi potęgowych ma równe potęgi względem wszystkich trzech okręgów, więc leży również na trzeciej osi potęgowej.

Twierdzenie o środku potęgowym pozwala łatwo wykreślić oś potęgową dwóch okręgów nie mających punktów wspólnych.

Kreślimy okrąg pomocniczy przecinający dane okręgi i wyznaczamy środek potęgowy trzech okręgów; leży on na szukanej osi potęgowej.

Na rysunku 39 wysnaczono dwa punkty i poszukiwanej osi potęgowej przy użyciu dwóch okręgów pomocniczych.

Jeżeli środki trzech okręgów są różnymi punktami i leżą na jednej prostej, to trzy osie potęgowe trzech par z tych okręgów są bądź trzema prostymi równoległymi, bądź pokrywają się i tworzą jedną prostą.

Powróćmy do twierdzenia z zadania nr 22 i do rysunku 36. Dowód tego twierdzenia możemy obecnie ująć krótko:

Wszystkie okręgi przechodzące przez punkty i mają wspólną oś potęgową - prostą . Osią potęgową okręgów i jest prosta . Punkt przecięcia prostych i jest środkiem potęgowym okręgów , i dowolnego okręgu przechodzącego przez punkty i . Jeśli okrąg przecina okrąg w punktach i , to prosta , jako oś potęgowa okręgów i , przechodzi przez punkt , czego należało dowieść.

Udowodnione twierdzenie pozwala rozwiązać prostym sposobem zadanie konstrukcyjne:

Wykreślić okrąg styczny do danego okręgu i przechodzący przez dwa dane punkty i .

Gdy punkty i nie są równo oddalone od środka okręgu , kreślimy okrąg pomocniczy przechodzący przez punkty i i przecinający okrąg w punktach i . Wyznaczamy punkt przecięcia prostych i . Z punktu prowadzimy styczną do okręgu . Jeśli punkt styczności tej stycznej z okręgiem nie leży na prostej , to okrąg przechodzący przez punkty , , jest okręgiem żądanym.

Gdy punkty i są równo oddalone od środka okręgu , wówczas punkt otrzymamy w przecięciu symetralnej odcinka z okręgiem .

Zadanie może mieć dwa rozwiązania, jedno rozwiązanie, lub nie mieć żadnego rozwiązania.

Szczegółowa dyskusja (której wysnucie z poprzednich rozważań pozostawiamy jako ćwiczenie) daje wynik następujący:

1° W przypadku, gdy punkty i leżą wewnątrz okręgu , a także w przypadku, gdy punkty i leżą zewnątrz okręgu , ale prosta nie jest styczna do okręgu - zadanie ma dwa rozwiązania.

2° Gdy punkty i leżą zewnątrz okręgu i prosta jest styczna do tego okręgu, zadanie ma jedno rozwiązanie.

3° Gdy jeden z punktów i leży na okręgu , a drugi punkt leży bądź wewnątrz tego okręgu, bądź zewnątrz niego, ale tak, że prosta nie jest styczna do okręgu - zadanie ma jedno rozwiązanie.

4° We wszystkich pozostałych przypadkach, tzn. w przypadku, gdy jeden z punktów i leży na okręgu , a drugi na stycznej do tego okręgu w pierwszym punkcie, a także w przypadku, gdy jeden punkt leży wewnątrz okręgu , a drugi zewnątrz tego okręgu, wreszcie w przypadku, gdy oba punkty i leżą na danym okręgu - zadanie nie ma rozwiązania.

II OM - I - Zadanie 8

Znaleźć miejsce geometryczne środków odcinków o danej długości , których końce leżą na dwóch prostych wzajemnie prostopadłych (przecinających się lub skośnych).

Rozwiązanie

A. Niech i będą dwiema prostymi prostopadłymi przecinającymi się w punkcie (rys. 40).

Niech punkt będzie środkiem odcinka o długości i o końcach położonych na prostych i . W prostokącie (który redukuje się do odcinka , gdy lub pokrywa się z ) mamy

Punkt leży zatem na okręgu leżącym w płaszczyźnie prostych i , mającym środek i promień .

Odwrotnie, niech będzie punktem tego okręgu, tj. niech . Punkt jest wtedy środkiem pewnego odcinka o długości i o końcach, leżących na prostych i . Odcinek ten otrzymamy odmierzając na przedłużeniu odcinka odcinek i budując prostokąt ; wówczas

W przypadku, gdy punkt leży na jednej z danych prostych, prostokąt redukuje się do odcinka .

Wykazaliśmy, że jeśli proste i przecinają się, to poszukiwanym miejscem geometrycznym jest okrąg leżący w płaszczyźnie danych prostych, mający środek i promień .

{\kom B.} Rozważmy z kolei przypadek, kiedy proste i są skośne. Niechaj najkrótsza odległość tych prostych równa się .

Na rysunku najdogodniej przedstawić proste i za pomocą rzutów prostokątnych na dwie płaszczyzny wzajemnie prostopadłe. Za rzutnię poziomą obierzemy płaszczyznę równoległą do obu prostych i , a za rzutnię pionową - dowolną płaszczyznę prostopadłą do płaszczyzny . Rzutami poziomymi prostych i są wówczas proste i wzajemnie prostopadłe, a rzutami pionowymi - proste równoległe i , których odstęp równa się .

Rzuty te przedstawione są na rysunku 41. Punkty i prostych i , których wspólnym rzutem poziomym jest punkt przecięcia rzutów i , wyznaczają najkrótszą odległość prostych i . Środek odcinka ma rzuty: , jest środkiem odcinka .

Połączmy punkt prostej z punktem prostej . Rzuty środka odcinka znajdują się w środkach i rzutów i tego odcinka. Rzeczywistą długość odcinka wyznaczymy z jego rzutów budując trójkąt prostokątny o przyprostokątnych i ; przeciwprostokątna równa się odcinkowi .

Jeśli , to

Gdy odcinek ślizga się swymi końcami po prostych i zachowując stałą długość , wówczas odcinek , jak widać z powyższego wzoru, również zachowuje stałą długość .

Wobec tego miejscem geometrycznym środka odcinka jest okrąg zatoczony z punktu promieniem .

Gdy punkt zakreśla okrąg , punkt zakreśla odcinek prostej równo odległej od prostych i , punkt zaś zakreśla okrąg , którego rzutami są i . Okrąg ten jest poszukiwanym miejscem geometrycznym; leży on w płaszczyźnie równo odległej od prostych i ; środek jego znajduje się w punkcie , a promień równa się .

Uwaga. Rozważanie przypadku B możemy też przeprowadzić na rysunku wykonanym w rzucie równoległym ukośnym. Za płaszczyznę rzutów obierzemy płaszczyznę określoną przez jedną z danych prostych skośnych i , np. prostą , i przez odcinek - najkrótszą odległość prostych i . Rzuty punktów i prostych na tę płaszczyznę oznaczać będziemy dla większej prostoty tymi samymi literami, co owe punkty i proste.

Rysujemy prostą i prostopadły do niej odcinek o długości (rys. 42). Za rzut prostej możemy obrać dowolną prostą przechodzącą przez punkt . Niech będzie dowolnym odcinkiem o długości , którego końce leżą odpowiednio na prostych i , - środkiem tego odcinka, - środkiem odcinka .

Poprowadźmy przez punkt prostą równoległą do prostej i weźmy pod uwagę rzut prostokątny odcinka na płaszczyznę prostych i . Ponieważ i , przeto odcinek jest prostopadły do płaszczyzny .

Wobec tego rzut prostokątny punktu na tę płaszczyznę otrzymamy prowadząc z punktu równoległą do prostej aż do przecięcia z prostą . Rzut prostokątny punktu znajdujemy podobnie prowadząc z punktu równoległą do prostej aż do przecięcia z prostą ; punkt jest środkiem odcinka .

W trójkącie prostokątnym mamy , , zatem

Gdy odcinek o stałej długości ślizga się swymi końcami po prostych i , odcinek zachowuje stałą długość . Wobec tego miejscem geometrycznym punktu jest okrąg o środku i promieniu , leżący w płaszczyźnie .

Punkt otrzymuje się przez przesunięcie równoległe punktu w kierunku prostopadłym do płaszczyzny o długość .

Zatem jeżeli proste i są skośne, to miejscem geometrycznym punktu jest okrąg o środku i promieniu , leżący w płaszczyźnie równoległej do obu prostych i .

W rzucie równoległym ukośnym na płaszczyznę oba miejsca geometryczne są elipsami. Elipsy te wykreślone zostały na rysunku 43 wykonanym, jak następuje: Elipsę wykreśono jako rzut równoległy okręgu o promieniu obierając za rzuty dwóch prostopadłych promieni i tego okręgu odcinki i . Elipsę otrzymano przez przesunięcie równoległe elipsy o wektor .

II OM - I - Zadanie 9

Rozwiązać układ równań

Rozwiązanie

Rozróżnimy przypadki następujące:

1° , . Układ równań (1) przybiera wtedy postać

z czego widać, że dwie spośród niewiadomych , , muszą być równe zeru, trzecia zaś może mieć wartość dowolną.

2° , . Układ równań (1) przybiera wtedy postać

Napiszmy pierwsze z tych równań w postaci . Widzimy, że zachodzą dwie możliwości:

a) . Trzecie równanie daje wówczas , a następnie drugie równanie daje , a więc ostatecznie

b) . Z drugiego równania wynika wówczas , a następnie z trzeciego równania otrzymujemy , a więc .

3° , . Analogicznie do przypadku 2° otrzymujemy dwa rozwiązania:

a)

b)

4° , . Napiszmy pierwsze równanie układu (1) w postaci

Zauważmy, że , gdyby bowiem było , to z równania powyższego wynikałoby, że , a ponieważ , więc , a wobec tego , wbrew założeniu.

Podzielmy obie strony poprzedniego równania przez :

Podobnie też z trzeciego równania układu (1) wynika, że . Dzieląc obie strony tego równania przez otrzymujemy

Podstawiając zamiast i wartości (4) i (5) do drugiego równania układu (1) otrzymujemy równanie

Mamy znów dwie możliwości:

a) . Wzory (4) i (5) dają wówczas , , a więc .

b) . Możemy wtedy obie strony poprzedniego równania podzielić przez :

Mnożąc obie strony przez i porządkując równanie otrzymujemy

Podobnie jak w sposobie I, mamy i ze wzorów (4) i (5) otrzymujemy , , a więc ostatecznie .

II OM - I - Zadanie 10

Na trójkącie opisano okrąg. Znając promień tego okręgu obliczyć promień okręgu przechodzącego przez środki trzech okręgów dopisanych (zawpisanych) trójkąta .

Rozwiązanie

Niech , , (rys. 44) oznaczają środki okręgów dopisanych trójkąta . Punkty te są wierzchołkami trójkąta utworzonego przez dwusieczne kątów zewnętrznych trójkąta .

Aby obliczyć promień koła opisanego na trójkącie , wyznaczymy najpierw kąty tego trójkąta. Ponieważ

więc

Podobnie

Spostrzegamy, że trójkąt ma takie same kąty, jak każdy z trójkątów , i ; wszystkie te trójkąty są więc podobne. Skala podobieństwa trójkątów równa się stosunkowi odpowiednich boków, np. dla trójkątów i skala podobieństwa wynosi .

Zauważmy, że punkt , jako równo oddalony od prostych i , leży na dwusiecznej kąta , zatem kąt , utworzony przez dwusieczne kątów przyległych, jest prosty.

Obliczona poprzednio skala podobieństwa wynosi więc

Promień okręgu opisanego na trójkącie równa się ilorazowi promienia okręgu opisanego na trójkącie podobnym przez skalę podobieństwa tych trójkątów:

Promień wyznaczony jest przez bok i kąt przeciwległy trójkąta :

a ponieważ , gdzie jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie , więc

Podstawiając tę wartość do poprzedniego wyrażenia na otrzymujemy

Uwaga. Do wyniku dojść można drogą zupełnie inną wychodząc ze spostrzeżenia, że punkty są spodkami wysokości trójkąta (rys. 44). Okrąg przechodzący przez te punkty jest to tzw. okrąg dziewięciu punktów, czyli okrąg Feuerbacha dla trójkąta . Podajemy dowód słynnego twierdzenia o tym okręgu: w dowodzie tym jest zawarte również rozwiązanie powyższego zadania.

Twierdzenie o okręgu Feuerbacha. W każdym trójkącie następujące dziewięć punktów leżą na jednym okręgu: a) środki boków, b) spodki wysokości trójkąta, c) środki tych odcinków wysokości, które łączą ortocentr (punkt przecięcia wysokości) trójkąta z jego wierzchołkami. Środek tego okręgu jest środkiem odcinka łączącego ortocentr trójkąta ze środkiem koła opisanego na trójkącie, promień zaś równa się połowie promienia koła opisanego.

Dowód. Przyjmiemy oznaczenia (rys. 45):

, , - spodki wysokości trójkąta ;

, , - środki boków trójkąta ;

, , - środki odcinków , , .

Trójkąty i (rys. 45) mają boki odpowiednio równoległe i równe, np. i . Trójkąty te są zatem symetryczne względem pewnego punktu . Odmierzając na prostej odcinek równy odcinkowi otrzymujemy punkt symetryczny względem punktu do ortocentru trójkąta . Lecz punkt jest zarazem ortocentrem trójkąta , więc punkt symetryczny jest ortocentrem trójkąta symetrycznego .

Ponieważ wysokości trójkąta są symetralnymi boków trójkąta , przeto punkt jest środkiem koła opisanego na trójkącie .

Trójkąty i są jednokładne w stosunku względem punktu . W tej jednokładności punktowi odpowiada punkt , gdyż . A ponieważ punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie , więc punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie , a przeto również jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie symetrycznym .

Dowiedliśmy zatem, że punkty , , , , , leżą na okręgu o środku . Promień tego okręgu, jak wynika ze stosunku owej jednokładności, równa się połowie promienia okręgu opisanego na trójkącie .

Na tym samym okręgu leżą punkty , , , gdyż z punktów tych widać średnice , , pod kątami prostymi.

II OM - I - Zadanie 11

W dany kwadrat wpisać taki kwadrat, którego jeden bok lub jego przedłużenie przechodzi przez dany punkt .

Rozwiązanie

Kwadratem wpisanym w kwadrat nazywa się każdy kwadrat, którego wierzchołki leżą na obwodzie kwadratu . Według tej definicji do kwadratów wpisanych w kwadrat należy zaliczyć również sam kwadrat .

Gdy dany punkt leży na obwodzie kwadratu , zadanie rozwiązuje się natychmiast. A mianowicie, jeśli punkt jest jednym z wierzchołków tego kwadratu, jedynym rozwiązaniem jest sam kwadrat . Jeśli zaś punkt leży wewnątrz boku, istnieją dwa rozwiązania: kwadrat i kwadrat, którego wierzchołki otrzymuje się przez obrót punktu dokoła środka kwadratu o wielokrotność kąta prostego.

Z kolei rozważymy przypadki, gdy punkt znajduje się wewnątrz kwadratu (rys. 46 a) lub zewnątrz tego kwadratu (rys. 46 b).

{\kom Analiza.} Przypuśćmy, że przez dany punkt przechodzi bok lub przedłużenie boku kwadratu wpisanego w dany kwadrat (rys. 46 a i b).

Kwadraty i mają wspólny środek (patrz zadanie nr 8 dla szczebla B na stronicy 62).

Obróćmy kwadrat o kąt dokoła punktu w kierunku określonym przez kolejność punktów , , , i zaznaczonym na rysunku strzałką. Punkty , znajdą się po obrocie odpowiednio w punktach , . Ponieważ , więc punkt leży na okręgu o średnicy .

{\kom Konstrukcja.} Obracamy punkt o dokoła punktu np. w kierunku zaznaczonym strzałką (rys. 46) i otrzymujemy punkt leżący na prostopadłej do prostej w punkcie , przy czym . Kreślimy okrąg o średnicy .

Dajmy na to, że okrąg przechodzi przez punkt leżący na obwodzie kwadratu . Budujemy kwadrat wpisany w kwadrat , przy czym literą oznaczamy ten wierzchołek owego kwadratu, który przy obrocie o dokoła w kierunku strzałki przechodzi w punkt .

Wykażemy, że kwadrat spełnia warunek zadania, a mianowicie, że prosta przechodzi przez punkt .

Rozważymy dwa przypadki:

1° Jeśli punkt leży wewnątrz kwadratu (rys. 46 a), to , gdyż kąt powstaje z obrotu kąta , a , gdyż i są kątami przeciwległymi czworokąta wpisanego w koło.

Z powyższego wynika, że

Ponieważ półproste i , a więc i punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej , przeto z poprzedniej równości wynika, że półproste i tworzą jedną prostą.

2° Jeśli punkt leży zewnątrz kwadratu (rys. 46 b), to , jak w przypadku 1°, a , jako kąty wpisane oparte na łuku .

Z powyższego wynika, że

Ponieważ półproste i , a wraz z nimi punkty i leżą w tym przypadku po tej samej stronie prostej , przeto z poprzedniej równości wynika, że półproste i pokrywają się.

{\kom Dyskusja.} Zadanie ma tyle rozwiązań, ile jest punktów wspólnych okręgu o średnicy z obwodem kwadratu .

Rozpatrzymy dwa przypadki:

1° Punkt (a więc i punkt ) leży wewnątrz kwadratu .

W tym przypadku wierzchołki kwadratu leżą zewnątrz okręgu , gdyż z każdego z nich widać średnicę , leżącą wewnątrz kwadratu, pod kątem ostrym.

Odcinek jest krótszy od połowy przekątnej kwadratu , odcinek jest więc krótszy od boku tego kwadratu. Wobec tego okrąg o średnicy nie może mieć punktów wspólnych z dwoma przeciwległymi bokami kwadratu i możliwe są tylko przypadki następujące:

a) okrąg przecina dwa przylegle boki kwadratu, co daje rozwiązania;

b) okrąg przecina jeden bok kwadratu i jest styczny do boku przyległego - rozwiązania;

c) okrąg przecina jeden bok kwadratu - rozwiązania;

d) okrąg jest styczny do dwóch kolejnych boków kwadratu - rozwiązania;

e) okrąg jest styczny do jednego boku kwadratu - rozwiązanie;

f) okrąg nie ma punktów wspólnych z obwodem kwadratu - zadanie nie ma rozwiązania.

2° Punkt (a więc i punkt ) leży zewnątrz kwadratu .

Wykażemy, że w tym przypadku okrąg przecina obwód kwadratu w dwóch punktach, tj. że zadanie ma dwa rozwiązania.

Łuki i półokręgu łączą punkt wewnętrzny kwadratu z punktami zewnętrznymi i , mają więc na pewno punkty wspólne z obwodem kwadratu. Niech pierwszym takim punktem na łuku w kierunku od do będzie punkt , a na łuku w kierunku od do - punkt .

Pokażemy, że na okręgu oprócz i nie ma innych punktów obwodu kwadratu. Wystarczy to stwierdzić dla łuku , gdyż łuk wybrany został w ten sposób, że cały przebiega wewnątrz kwadratu.

Ponieważ łuk jest mniejszy od półokręgu, przeto kąt jest rozwarty i punkty i nie leżą na tym samym boku kwadratu. Możliwe są dwa przypadki:

1) Punkty i leżą na dwóch kolejnych bokach kwadratu , ńp. na bokach i (rys. 47). Łuk nie przecina ani łamanej , gdyż leży po przeciwnej stronie prostej , ani łamanej , gdyż , a kąt wpisany w łuk (większy od półokręgu) jest ostry, wobec czego punkt leży wewnątrz okręgu . Łuk , a więc i okrąg ma zatem tylko punkty i wspólne z obwodem kwadratu.

2) Punkty i leżą na dwóch przeciwległych bokach i kwadratu (rys. 48). Dajmy na to, że punkt znajduje się po tej stronie prostej , co wierzchołki i . Łuk znajduje się po stronie przeciwnej, nie przecina więc łamanej . Dowiedziemy, że łuk ten nie przecina również łamanej , wykazując, że wierzchołki i leżą wewnątrz okręgu , z czego już wynika, że łamana przebiega wewnątrz okręgu .

Stosując metodę sprowadzenia do niedorzeczności przypuśćmy, że np. punkt nie leży wewnątrz okręgu . Odcinek ma wtedy oprócz punktu jeszcze pewien punkt wspólny z okręgiem. Środek okręgu leży na symetralnej odcinka i na symetralnej odcinka ; niech np. , wobec czego (rys. 48).

Niech oznacza środek odcinka . Ponieważ

a

więc

W takim razie w trójkącie mamy

Otóż odcinek równa się promieniowi okręgu , a odcinek jest odległością środka tego okręgu od prostej i nierówność jest sprzeczna z założeniem, że okrąg przechodzi przez punkt prostej .

Przypuszczenie, które uczyniliśmy, jest więc fałszywe; oznacza to, że punkt (i podobnie punkt ) leży wewnątrz okręgu .

Dowiedliśmy zatem, że jeśli dany punkt znajduje się zewnątrz danego kwadratu, to zadanie ma zawsze dwa rozwiązania. Jeśli przy tym punkt leży na przedłużeniu któregoś z boków kwadratu , to jednym z owych rozwiązań jest sam kwadrat .

Uwaga. W pierwszej części powyższej dyskusji stwierdziliśmy, że zależnie od położenia punktu w kwadracie ilość rozwiązań zadania może wynosić , , , lub .

Sprawę tę można zbadać dokładniej i wyznaczyć te części kwadratu, którym odpowiadają poszczególne liczby rozwiązań.

Najdogodniej będzie użyć w tym celu metody współrzędnych. Obierzmy układ współrzędnych prostokątnych jak na rysunku 49.

Niechaj w tym układzie punkt ma współrzędne . Punkt powstały z obrotu punktu o w kierunku ruchu wskazówki zegara ma, jak łatwo stwierdzić, współrzędne , gdzie oznacza długość boku kwadratu.

Zbadamy, ile punktów wspólnych ma okrąg o średnicy z odcinkiem - zależnie od wartości i .

Odległość środka okręgu od prostej równa się średniej arytmetycznej odległości punktów i od tej prostej:

Promień okręgu równa się

Ponieważ punkty i leżą, jak stwierdziliśmy poprzednio, zewnątrz okręgu , przeto poszukiwana ilość punktów wynosi , lub , gdy odpowiednio , lub .

Przy użyciu wzorów (1) i (2) otrzymujemy odpowiednie zależności między , i . Równość daje związek

skąd

czyli

Wyciągając z obu stron tej równości pierwiastek kwadratowy otrzymujemy

1° Gdy , równość (3) ma postać

i ostatecznie

2° Gdy , równość (3) przybiera postać

czyli

wreszcie

Stąd

Punkt leżący wewnątrz kwadratu ma współrzędne mniejsze od , więc nie może spełniać żadnej z równości (5).

Otrzymaliśmy wynik następujący: Okrąg ma jeden punkt wspólny z bokiem kwadratu , jeżeli i spełniają równanie (4).

Równanie (4) przedstawia łuk paraboli (rys. 50), której ogniskiem jest środek kwadratu , a kierownicą - prosta równoległa do przekątnej , przechodząca przez punkt .

Gdy punkt leży w części kwadratu zakreskowanej na rysunku 50, współrzędne jego spełniają nierównóść

co odpowiada nierówności . Okrąg przecina wtedy bok w dwóch punktach.

Gdy punkt znajduje się w części nie zakreskowanej kwadratu spełniona jest nierówność

wówczas i okrąg nie ma punktów wspólnych z odcinkiem .

Dla pozostałych boków kwadratu rzecz się ma podobnie; odpowiednie parabole otrzymamy obracając parabolę rysunku 50 dokoła punktu o , i .

Ostateczny wynik tej dyskusji przedstawia rysunek 51.

Gdy punkt leży w jednym z obszarów zakreskowanych poziomo, zadanie ma rozwiązania, punktom obszarów nie zakreskowanych odpowiadają rozwiązania, dla punktów obszaru zakreskowanego pionowo rozwiązań nie ma. Stwierdzenie, jakie ilości rozwiązań odpowiadają punktom linij ograniczających te obszary, pozostawiamy jako ćwiczenie.

II OM - I - Zadanie 12

Dowieść, że jeżeli , a jest liczbą nieparzystą, to

Rozwiązanie

Na podstawie znanych wzorów trygonometrycznych mamy

Niech , gdzie jest liczbą całkowitą. Z równości wynika, że

Stąd

i podobnie

Podstawiając wyrażenia (3) i (4) do prawej strony równości (2) otrzymujemy

a po przekształceniu wyrażenia w nawiasie mamy

tj. wzór (1), gdyż .

W szczególności przy otrzymujemy znany wzór dla kątów trójkąta :

II OM - II - Zadanie 1

W trójkącie prostokątnym z wierzchołka kąta prostego poprowadzono wysokość i w każdy z trójkątów , i wpisano okrąg. Wykazać, że suma promieni tych okręgów równa się wysokości .

Rozwiązanie

Przyjmujemy oznaczenia wskazane na rysunku 52 a; promienie kół wpisanych w trójkąty , , oznaczmy odpowiednio przez , , .

Ponieważ trójkąty prostokątne , , są podobne, to promienie kół wpisanych w te trójkąty prostokątne są proporcjonalne do ich przeciwprostokątnych:

Stąd

Iloczyn obwodu trójkąta przez promień koła wpisanego w trójkąt równa się podwojonemu polu trójkąta, a więc

Podstawienie do poprzedniego wzoru daje

czego właśnie należało dowieść.

Uwaga. Poprowadźmy prostopadłe i do prostej . Ponieważ

więc aby wyznaczyć środek koła wpisanego w trójkąt , odmierzamy na prostej odcinek równy .

Biorąc pod uwagę, że , widzimy, że trójkąt jest przystający do trójkąta , wobec czego .

Podobnie środek koła wpisanego w trójkąt leży na prostej , przy czym .

Trzy środki , , kół wpisanych w trójkąty , , leżą więc na okręgu o środku .

II OM - II - Zadanie 2

W trójkącie na bokach , , obrano odpowiednio punkty , , w taki sposób, że

gdzie jest daną liczbą dodatnią. Mając dane pole trójkąta obliczyć pole trójkąta .

Rozwiązanie

Posługując się symbolem na oznaczenie pola trójkąta mamy (rys. 54):

gdzie .

Otóż

więc

a ponieważ , przeto

Tak samo

Zatem według wzoru (1) mamy

Uwaga. Rozumowanie powyższe można by nieco skrócić stosując twierdzenie, że pola trójkątów mających wspólny kąt mają się do siebie jak iloczyny boków zawierających ten kąt. Otrzymujemy od razu:

tj. wzór (2).

II OM - II - Zadanie 3

Dowieść, że równanie

gdzie , , , ma pierwiastki rzeczywiste (, , , oznaczają liczby rzeczywiste).

Rozwiązanie

Przepiszmy dane równanie w postaci

Zakładając, że i , pomnóżmy dane równanie przez ; otrzymamy wówczas równanie

Równania (1) i (2) są równoważne, tzn. są spełnione przez te same wartości . Dla wartości różnych od i od wynika to z faktu, że lewa strona równania (2) jest iloczynem lewej strony równania (2) przez różną od zera liczbę .

Liczby zaś i nie spełniają żadnego z tych równań: kiedy bowiem lub , wówczas lewa strona równania (1) traci sens, a lewa strona równania (2) przybiera wartość lub wartość , obie różne od zera wobec założenia, że , , .

Możemy więc w dalszych rozważaniach zastąpić równanie (1) równaniem (2).

Lewa strona równania (2) jest funkcją kwadratową zmiennej :

Funkcja przybiera dla i odpowiednio wartości:

Wartości te są przeciwnych znaków; wynika z tego, że funkcja , a więc i równanie (2) ma jeden pierwiastek rzeczywisty leżący między liczbami i oraz drugi pierwiastek rzeczywisty leżący zewnątrz tego przedziału.

Uwaga. Czytelnikom, którzy mają wiadomości z geometrii analitycznej, wyjaśnimy związek, jaki zachodzi między powyższym zadaniem a pewnymi własnościami krzywych stopnia drugiego.

W tym celu napiszemy równanie (1) przy użyciu innych liter:

Niech i oznaczają współrzędne prostokątne punktu na płaszczyźnie, i - dwie liczby nierówne, - zmienny parametr.

Rozważmy, jakie krzywe przedstawia równanie (I) przy różnych wartościach parametru . Przyjmiemy, że (gdy , rozważania są analogiczne).

1° Jeżeli , to i . Równanie (I) jest wówczas równaniem osiowym elipsy o półosiach i .

2° Jeżeli , to , . Równanie (I) jest wówczas równaniem osiowym hiperboli o półosi rzeczywistej i półosi urojonej .

3° Jeżeli , równanie (I) nie jest spełnione przez żadne, rzeczywiste wartości i ; mówimy wówczas, że równanie to przedstawia krzywą urojoną.

W dalszym ciągu będziemy brali pod uwagę tylko wartości .

Krzywe przedstawione równaniem (I) mają ciekawą własność: wszystkie te krzywe mają te same ogniska. Istotnie, połowa odległości między ogniskami, którą oznaczymy przez , równa się dla elipsy pierwiastkowi kwadratowemu z różnicy kwadratów półosi, a dla hiperboli - pierwiastkowi kwadratowemu z sumy kwadratów półosi. W przypadku 1° mamy więc

a w przypadku 2° mamy też

co oznacza, że ma wartość stałą, niezależną od .

Mówimy, że równanie (I) przy zmiennym parametrze przedstawia rodzinę stożkowych współogniskowych.

Nadajmy współrzędnym i określone wartości liczbowe różne od zera i uważajmy równanie (I) za równanie o niewiadomej . Ponieważ , spełnione są założenia zadania nr 30 i wiemy z rozwiązania tego zadania, że równanie (I) ma wtedy dwa różne pierwiastki rzeczywiste i .

Otrzymujemy zatem następujące twierdzenie jako interpretację geometryczną twierdzenia algebraicznego z zadania nr 30:

Przez każdy punkt płaszczyzny nie leżący na osi ani na osi przechodzą dwie krzywe z rodziny (I) stożkowych współogniskowych.

Nie trudno sig przekonać, że jedna z tych krzywych jest elipsą, a druga hiperbolą.

W samej rzeczy, jeśli równanie (I) zastąpimy równaniem równoważnym

to stwierdzimy, że lewa strona, tego równania przybiera dla wartość ujemną , a dla wartość dodatnią ; zatem jeden z pierwiastków , tego równania jest mniejszy niż (pierwiastek ten daje elipsę), drugi zaś pierwiastek zawiera się między i (i daje hiperbolę).

Rysunek 55 przedstawia kilka krzywych takiej rodziny. Wspólnymi ich ogniskami są punkty i .

Elipsa i hiperbola rodziny (I) przechodzące przez ten sam punkt płaszczyzny przecinają się w tym punkcie pod kątem prostym. Dowód tego twierdzenia nie nastręczy żadnych trudności czytelnikowi, który wie, jak napisać równanie stycznej do krzywej (I) w danym jej punkcie. Mówimy, że rodzina stożkowych współogniskowych jest siecią ortogonalną krzywych (wyraz "ortogonalny" oznacza: prostokątny).

II OM - II - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli równania

mają wspólny pierwiastek, to między współczynnikami tych równań zachodzi związek

Rozwiązanie

Jeżeli któryś z pierwiastków , pierwszego z danych równań (1) równa się któremuś z pierwiastków drugiego równania, to któraś z różnic , , , równa się zeru. Zachodzi to wtedy i tylko wtedy, gdy

Jeżeli wykonamy mnożenie po lewej stronie tej równości i zastosujemy związki między współczynnikami a pierwiastkami równań (1), mianowicie , , , , to otrzymamy

Uwaga. Twierdzenie dowiedzione w tym zadaniu orzeka, że równość (2) jest warunkiem koniecznym tego, aby równania (1) miały wspólny pierwiastek. Łatwo wykazać, że jest to również warunek dostateczny, tzn. że prawdziwe jest także twierdzenie odwrotne: jeżeli zachodzi równość (2), to równania (1) mają wspólny pierwiastek.

Istotnie, jeśli w równości (2) podstawimy , , , , otrzymamy (patrz wyżej sposób II) równość

z której wynika, że któraś z różnic , , , równa się zeru, a więc jeden z pierwiastków pierwszego z danych równań (1) jest równy jednemu z pierwiastków drugiego równania.

Rozumowanie powyższe zakłada istnienie pierwiastków równań (1), co jest bez zastrzeżeń słuszne w dziedzinie liczb zespolonych. Natomiast jeżeli będziemy rozważali tylko pierwiastki rzeczywiste równań (1) o współczynnikach rzeczywistych, to twierdzenie musi ulec modyfikacji. Z równości (2) wynika wprawdzie, że któryś z pierwiastków , równa się któremuś z pierwiastków , , ale pierwiastki te mogłyby być liczbami urojonymi. Wiemy jednak (patrz zadanie lU 17 na stronicy 87), że pierwiastki każdego z równań (1) byłyby w tym przypadku liczbami zespolonymi sprzężonymi; jeśliby więc np. było , to równe byłyby także liczby sprzężone i dane równania (1) byłyby jednakowe.

W zbiorze liczb rzeczywistych rozważane twierdzenie odwrotne otrzymuje zatem brzmienie następujące:

Jeśli zachodzi równość (2), a równania (1) nie są identyczne, to równania te mają wspólny pierwiastek.

II OM - II - Zadanie 5

Wykazać, że jeżeli między bokami i przeciwległymi kątami i trójkąta zachodzi związek

to taki trójkąt jest prostokątny lub równoramienny.

Rozwiązanie

Przekształcamy równość (1) podstawiając zamiast i znane ich rozwinięcia i pisząc tę rówrjość w postaci proporcji

skąd po łatwym rachunku wynika proporcja

Zastępujemy teraz stosunek boków stosunkiem sinusów kątów przeciwległych:

Stąd otrzymujemy:

i wreszcie

Ponieważ i , przeto z równości (3) wynika, że kąty i bądź są równe, bądź dają w sumie .

1° Jeżeli , to i trójkąt jest równoramienny.

2° Jeżeli , to i trójkąt jest prostokątny.

II OM - II - Zadanie 6

Dane są punkty i oraz okrąg . Wykreślić okrąg przechodzący przez punkty i i wyznaczający w przecięciu z okręgiem wspólną cięciwę o danej długości .

Rozwiązanie

Analiza. Zadanie sprowadza się do wyznaczenia środka wspólnej cięciwy okręgu danego i okręgu poszukiwanego; mając bowiem punkt możemy wykreślić w danym okręgu cięciwę o środku i poprowadzić okrąg przez punkty , , , .

Miejscem geometrycznym środków cięciw okręgu mających daną długość jest okrąg współśrodkowy z okręgiem i mający promień , gdzie oznacza promień okręgu . Należy przy tym zastrzec, że .

1° Jeżeli dane punkty i są równo oddalone od środka okręgu (rys. 57), to okrąg szukany przecina okrąg w punktach symetrycznych względem symetralnej odcinka , a więc punkt znajdziemy w przecięciu tej symetralnej z okręgiem .

2° Jeżeli i nie są równo oddalone od punktu (rys. 58), to wszystkie wspólne cięciwy okręgu z okręgami przechodzącymi przez punkty i leżą na prostych, które przecinają prostą w tym samym punkcie (patrz zadanie nr 22 na stronicy 105). Punkt możemy znaleźć wykreślając przez punkty i dowolny okrąg pomocniczy przecinający okrąg . Punkt znajdziemy w przecięciu okręgu z okręgiem o średnicy , który jest miejscem geometrycznym środków wymienionych cięciw.

Konstrukcja. Wykreślamy w znany sposób okrąg .

W przypadku 1° kreślimy symetralną odcinka . Przez punkt przecięcia tej symetralnej z okręgiem prowadzimy cięciwę okręgu prostopadłą do prostej . Wykreślamy wreszcie okrąg przez punkty , , ; okrąg ten przejdzie też przez punkt , jako przez punkt symetryczny do punktu względem prostej . Wykreślony okrąg ma z okręgiem wspólną cięciwę o długości , jęst więc okręgiem poszukiwanym w zadaniu.

W przypadku 2° prowadzimy przez punkty i dowolny okrąg przecinający okrąg w punktach i . Prosta przecina prostą w punkcie . Wykreślamy okrąg o średnicy .

Jeśli jest punktem przecięcia tego okręgu z okręgiem , to prosta przecina koło po cięciwie o długości . Prowadzimy teraz okrąg przez punkty , , ; okrąg ten przejdzie też przez punkt , gdyż , , więc . Będzie to okrąg poszukiwany w zadaniu.

Dyskusja. Zbadamy wykonalność konstrrkcji i ilość rozwiązań zadania w zależności od wyboru danych. Zauważyliśmy już, że zadanie można rozwiązać tylko wtedy, gdy dana długość spełnia warunek , gdzie jest to promień danego okręgu .

Zakładając, że nierówność ta jest spełniona, rozważymy wszystkie przypadki, jakie mogą się zdarzyć.

I. Środek okręgu leży na symetralnej odcinka .

Symetralna odcinka przecina okrąg w dwóch punktach i , istnieją więc dwie cięciwy i okręgu mające długość i kierunek prostej .

Jeśli prosta nie pokrywa się z żadną z prostych i , tzn. jeśli odległość prostej od punktu nie równa się , zadanie ma dwa rozwiązania.

Jeśli prosta pokrywa się np. z prostą , ale punkty i nie leżą na okręgu , tzn. nie pokrywają się z punktami i , zadanie ma jedno rozwiązanie, mianowicie okrąg przechodzący przez punkty , , , .

Jeśli wreszcie punkty i pokrywają się z punktami i , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez, punkty i , z wyjątkiem samego okręgu .

W tym przypadku okrąg redukuje się do punktu , punkt pokrywa się również z punktem , w okręgu istnieje jedna cięciwa o długości i kierunku prostej .

Jeśli prosta nie przechodzi przez punkt , zadanie ma jedno rozwiązanie.

Jeśli prosta przechodzi przez punkt , ale punkty i nie leżą na okręgu , zadanie nie ma rozwiązania.

Jeśli wreszcie odcinek jest średnicą okręgu , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez punkty i , z wyjątkiem okręgu .

II. Środek okręgu nie leży na symetralnej odcinka .

Jeśli prosta leży zewnątrz okręgu , tzn. jeśli jej odległość od punktu jest większa od , to punkt leży również zewnątrz okręgu . Okrąg o średnicy przecina okrąg w dwóch punktach i . Proste i wyznaczają w okręgu cięciwy i o długości . Zadanie ma dwa rozwiązania: okrąg przechodzący przez punkty , , , i okrąg przechodzący przez punkty , , , .

Jeśli prosta jest styczna do okręgu w punkcie , a punkt jest różny od punktu , to okrąg o średnicy przecina okrąg w dwóch punktach i . W tym przypadku jest tylko jedno rozwiązanie: okrąg przechodzący przez punkty , oraz przez punkty , , w których prosta przecina okrąg .

Jeśli prosta jest styczna do okręgu , a punkt pokrywa się z punktem styczności , to rozwiązania nie ma. Przypadek ten zachodzi, gdy punkt leży wewnątrz odcinka , a średnia geometryczna odcinków i równa się .

Jeśli wreszcie prosta przecina okrąg , zadanie ma dwa rozwiązania, jedno rozwiązanie lub nie ma żadnego rozwiązania, zależnie od tego, czy punkt leży zewnątrz okręgu , na tym okręgu lub wewnątrz okręgu .

W tym przypadku punkt pokrywa się z punktem .

Jeśli prosta nie przechodzi przez punkt , to prosta przecina okrąg w dwóch punktach i . Zadanie ma wtedy jedno rozwiązanie: okrąg przechodzący przez punkty , , , .

Jeśli prosta przechodzi przez punkt , a punkt jest różny od punktu , to prosta przecina okrąg w punktach i prostej i zadanie nie ma rozwiązania.

Jeśli wreszcie punkt prostej pokrywa się z punktem , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez punkty i . Przypadek ten zachodzi wówczas, gdy punkt leży wewnątrz odcinka , a promień okręgu jest średnią geometryczną odcinków i .

Uwaga. W powyższym zadaniu liczba , jako długość odcinka, jest liczbą dodatnią. Możemy jednak rozważać przypadek ,,graniczny'' tego zadania biorąc , co daje zadanie:

Przez dwa dane punkty i poprowadzić okrąg styczny do danego okręgu .

Sposób rozwiązania pozostaje ten sam - z tą różnicą, że okrąg jest w tym przypadku identyczny z okręgiem .

Dyskusję łatwo wysnuć z dyskusji przeprowadzonej wyżej dla przypadku .

Zadanie to omawialiśmy przy zadaniu nr 22 na stronicy 112.

II OM - III - Zadanie 1

Belka o długości została zawieszona poziomo swymi końcami na dwóch linach równoległych równych . Skręcamy belkę o kąt dokoła osi pionowej przechodzącej przez środek belki. O ile belka się podniesie?

Rozwiązanie

Przy rozwiązywaniu zadań geometrycznych ważną pomocą dla naszej wyobraźni jest prawidłowo wykonany rysunek. Figury przestrzeni przedstawiamy za pomocą odwzorowań na płaszczyznę rysunku. Istnieją różne sposoby takiego odwzorowania. W geometrii elementarnej najczęściej rysujemy rzut równoległy ukośny figury; w wielu przypadkach dogodnie bywa stosować metodę rzutów prostokątnych na dwie płaszczyzny prostopadłe, czyli tzw. metodę Monge'a (porównaj np. zadanie nr 23 na stronicy 113).

Rozwiązanie naszego zadania przedstawimy w dwóch wariantach przy użyciu raz jednej, raz drugiej z wymienionych metod odwzorowania.

Stosując metodę rzutu równoległego ukośnego przyjmiemy za płaszczyznę rzutów - płaszczyznę przechodzącą przez belkę i przez punkty zawieszenia i . Rysujemy przeto ,,w naturalnej wielkości'' czworokąt (rys. 59 a i b). Niech oznacza środek belki. Po skręceniu belka przybierze położenie . Środek odcinka leży na płaszczyźnie rzutów; przypuśćmy, że jest to punkt .

Położenie rzutu punktu zależy od kierunku rzutowania; za rzut ukośny punktu możemy przyjąć dowolny punkt , na przykład jak na rysunku 59 a lub 59 b. Rzut punktu będzie punktem symetrycznym do punktu względem punktu .

Obliczenie szukanej długości jest proste. Prowadzimy odcinek równoległy i równy odcinkowi ; wtedy

Otóż , odcinek zaś jest przyprostokątną trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej i przyprostokątnej . Odcinek jest podstawą trójkąta równoramiennego , w którym , .

Wobec tego

Wreszcie otrzymujemy

Jeżeli , kąt skręcenia nie może być większy od kąta określonego wzorem

Dla wartości mamy . Dalsze zwiększenie kąta nie jest możliwe bez rozciągania lin.

Jeżeli , to największą wartością jest . Przy wartości liny krzyżują się, jeśli , natomiast nakładają się jedna na drugą, jeśli .

W powyższym rozwiązaniu chodziło o obliczenie wzniesienia belki po jej skręceniu. Rysunek figury w rzucie równoległym był tylko możliwie prostą ilustracją potrzebną do tego obliczenia. Jeśli chcemy, żeby rysunek stanowił rozwiązanie wykreślne zadania, tj. żeby dawał właściwą długość odcinka przy danych długościach , i danym kącie , należy go wykonać nieco inaczej. A mianowicie punkt , który na rysunkach 59 a i b obraliśmy dowolnie, trzeba wyznaczyć konstrukcyjnie z danych wielkości , , .

W tym celu zauważmy, że w trójkącie prostokątnym znamy przeciwprostokątną oraz przyprostokątną równą podstawie trójkąta równoramiennego , w którym , a . Z tych danych możemy zbudować trójkąt, aby znaleźć długość i długość .

Konstrukcja przedstawiona jest na rysunku 60.

Budujemy trójkąt , w którym , . Kreślimy półokrąg o średnicy i w nim cięciwę . Odmierzamy na prostej odcinek równy odcinkowi . Punkt wyznacza poziom punktu ; poszukiwane wzniesienie wyznaczone będzie przez odcinek .

Rzut belki skręconej wykreślimy jak poprzednio, obierając punkt w sposób dowolny.

II OM - III - Zadanie 2

Jakie cyfry należy umieścić zamiast zer na trzecim i piątym miejscu w liczbie , aby otrzymać liczbę podzielną przez ?

Rozwiązanie

Oznaczmy poszukiwane cyfry przez i i napiszmy liczbę w postaci

Mamy znaleźć takie liczby całkowite i , żeby liczba była podzielna przez i żeby spełnione były nierówności

Liczby , , dają przy dzielniku odpowiednio reszty , , wobec czego

gdzie , , są liczbami naturalnymi. W takim razie

czyli

gdzie jest liczbą naturalną.

Aby liczba była podzielna przez , potrzeba i wystarcza, żeby liczba była podzielna przez , tj. żeby i spełniały równanie

w którym oznacza liczbę naturalną.

Z nierówności , wynika, że

zatem liczba spełniać musi nierówność , tzn. może być równe tylko albo .

1° Biorąc otrzymujemy dla i równanie

Przy ograniczeniach , równanie to ma trzy rozwiązania w liczbach całkowitych:

2° Biorąc mamy równanie

i otrzymujemy rozwiązania:

Zadanie ma zatem rozwiązań, którym odpowiadają liczby: , , , , , , .

Uwaga. W zadaniu nr 35 chodziło o zmianę cyfr pewnej określonej liczby. Rozważmy dwa przykłady ogólniejszych zadań tego typu:

I. Dana jest liczba naturalna niepodzielna przez liczbę pierwszą i mająca na -tym miejscu dziesiętnym cyfrę . Czy można zastąpić owo zero taką cyfrą , żeby nowa liczba była podzielna przez ?

Zauważmy najpierw, że gdy jest równe lub , wtedy zadanie nie ma rozwiązania. Założymy przeto w dalszym ciągu, że i .

Gdy na -tym miejscu dziesiętnym liczby umieścimy cyfrę , wówczas otrzymana liczba wyraża się wzorem

Weźmy pod uwagę wartości funkcji , gdy przybiera wartości :

Każda z liczb ciągu (2) daje inną resztę przy dzielniku . Istotnie, według wzoru (1) różnica dwóch liczb ciągu (2) wyraża się wzorem

Gdy , liczba ta nie jest podzielna przez , gdyż czynnik jest różny od zera i bezwzględnie mniejszy od , a czynnik ma tylko podzielniki pierwsze i . Liczby i dają więc przy dzielniku reszty różne.

Ponieważ reszty liczb ciągu (2) są różne, a jest ich , więc jedna i tylko jedna z tych reszt równa się zeru, tzn. jedna i tylko jedna z liczb ciągu (2) jest podzielna przez ; niech liczbą tą będzie .

Jeśli , to daje rozwiązanie zadania.

Jeśli , zadanie nie ma rozwiązania.

Stąd wniosek:

a) Gdy , zadanie ma zawsze trzy rozwiązania; szukanymi cyframi są bądź , , , bądź , , .

b) Gdy , zadanie ma bądź dwa rozwiązania - cyfry , lub , , bądź jedno rozwiązanie - którąś z cyfr , , , .

c) Gdy , zadanie może mieć jedno rozwiązanie lub nie mieć żadnego rozwiązania. Jeśli , to pierwszy z tych przypadków zachodzi np. dla liczby , przykład zaś przypadku drugiego daje liczba .

II. Dana jest liczba naturalna niepodzielna przez liczbę pierwszą i mająca na -tym i na -tym miejscu dziesiętnym cyfrę . Czy można zastąpić te zera takimi cyframi i , żeby nowa liczba była podzielna przez ?

Gdy na -tym miejscu dziesiętnym liczby umieścimy cyfrę , a na -tym miejscu cyfrę , otrzymamy liczbę wyrażającą się wzorem

Weźmy pod uwagę te wartości funkcji , które otrzymamy podstawiając zamiast i wartości . Otrzymujemy liczb:

Stwierdzamy jak w zadaniu I, że w każdym wierszu i w każdej kolumnie tej tablicy istnieje jedna i tylko jedna liczba podzielna przez ; liczbę taką znajdującą się w -tym wierszu oznaczymy symbolem .

Tabela zawiera więc liczb podzielnych przez ; są nimi liczby

przy czym ciąg liczb zawiera te same liczby, co ciąg , tylko w innym porządku. Zauważmy ponadto, że na pewno nie równa się , gdyż liczba , według założenia, nie jest podzielna przez .

Liczba ciągu (4) daje rozwiązanie zadania tylko wtedy, gdy i . Łatwo policzyć, ile takich liczb ciąg (4) może zawierać. Należy ich szukać między liczbami

W przypadku, gdy żadna z liczb nie jest większa niż , zadanie ma rozwiązań danych przez liczby ciągu (5). Jest to największa możliwa liczba rozwiązań.

Jeśli wśród liczb znajdują się liczby większe niż (liczb takich może być co najwyżej ), należy odpowiednie wyrazy wykreślić z ciągu (5). Zadanie ma zatem co najmniej , czyli rozwiązań.

Stąd wniosek:

a) Gdy , zadanie ma co najmniej rozwiązań. Przykładem przypadku, w którym mamy maksymalną liczbę rozwiązań, jest liczba .

b) Gdy , zadanie ma co najmniej rozwiązań; przypadek, w którym jest tylko rozwiązań, mieliśmy w zadaniu nr 35.

c) Gdy , mamy co najmniej trzy rozwiązania.

d) Gdy , zadanie ma co najmniej jedno rozwiązanie.

e) Gdy , zadanie może nie mieć żadnego rozwiązania. Odpowiedni przykład dla przypadku można znaleźć bez trudu, gdy się zważy, że liczba daje przy dzielniku resztę . Proponujemy to jako ćwiczenie.

II OM - III - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli , , , to zachodzi nierówność

Rozwiązanie

Zastosujemy przekształcenie

Otrzymaliśmy sumę trzech liczb nieujemnych, a zatem liczbę nieujemną; z tego natychmiast wynika nierówność podana w zadaniu.

Uwaga 2. Nierówność (1) można uogólnić. Niech oznaczają liczby dodatnie. Odrzucając po kolei jedną z tych liczb tworzymy wyrazów, które spełniają nierówność:

II OM - III - Zadanie 4

Wyznaczyć współczynniki równania

w taki sposób, żeby pierwiastkami tego równania były liczby , , .

Rozwiązanie

Wiemy z algebry, że liczby , , są wtedy i tylko wtedy pierwiastkami równania , gdy spełnione są warunki:

Liczby , , są więc pierwiastkami równania (1) wtedy i tylko wtedy, gdy spełniają równania

Pierwsze z tych równań daje , co pozwala zredukować lewą stronę drugiego równania do wyrazu i zastąpić układ równań (3) równoważnym mu układem

Według drugiego z tych równań powinno być , lub ; układ równań (4) możemy więc zastąpić alternatywą dwóch układów:

A. Układ równań (4 a) ma rozwiązanie

Rozwiązaniu temu odpowiada równanie o pierwiastkach , , .

B. Układ równań (4 b) ma rozwiązanie

Rozwiązaniu temu odpowiada równanie o pierwiastkach , , .

II OM - III - Zadanie 5

W okrąg wpisano czworokąt . Proste i przecinają się w punkcie , a proste i - w punkcie . Dwusieczna kąta przecina bok w punkcie i bok w punkcie ; a dwusieczna kąta przecina bok w punkcie i bok w punkcie . Dowieść, że czworokąt jest rombem.

Rozwiązanie

Pomijając na razie warunek, że punkty , , , leżą na okręgu, weźmy pod uwagę dowolny czworokąt wypukły , w którym przedłużenia boków i przecinają się w punkcie , a przedłużenia boków i - w punkcie .

Poprowadźmy dwusieczne i kątów i oraz odcinek w taki sposób, jak wskazuje rysunek 66, i rozważmy trójkąty , , o wspólnej podstawie .

Każdy z kątów przy podstawie w trójkącie jest średnią arytmetyczną kątów trójkątów i przy tym samym wierzchołku; wynika z tego, że trzeci kąt trójkąta jest również średnią arytmetyczną pozostałych kątów i trójkątów i :

Do tego samego wniosku dojść można również w sposób następujący:

Z dowolnego punktu (rys. 67) poprowadźmy półproste , , , , , mające odpowiednio kierunki półprostych , , , , , według oznaczeń rysunku 66.

Ponieważ jest dwusieczną kąta między i , a - dwusieczną kąta między i , przeto kąt między półprostymi i jest średnią arytmetyczną kąta między półprostymi i i kąta między półprostymi i , co zapiszemy:

Lecz , , , zatem

Otrzymaliśmy, jak łatwo sprawdzić, tę samą równość, co poprzednio.

Załóżmy teraz, że czworokąt jest wpisany w koło (rys. 68).

W takim razie i poprzednia równość daje

To oznacza, że przekątne czworokąta są prostopadłe.

Zauważmy, że wobec tego w trójkącie dwusieczna kąta jest prostopadła do boku , trójkąt jest więc równoramienny, a punkt jest środkiem odcinka . Analogicznie punkt jest środkiem odcinka .

Czworokąt , którego przekątne dzielą się na połowy i są wzajemnie prostopadłe, jest zatem rombem, czego właśnie należało dowieść.

II OM - III - Zadanie 6

Dany jest okrąg oraz odcinek . Znaleźć na okręgu taki punkt , żeby trójkąt , gdzie i są punktami przecięcia prostych i z okręgiem, był podobny do trójkąta .

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli punkty i leżą na danym okręgu , to każdy punkt okręgu, z wyjątkiem punktów i , czyni zadość warunkowi zadania; punkty i pokrywają się wówczas z punktami i , a trójkąt - z trójkątem . W dalszym ciągu przypadek ten pominiemy i założymy, że przynajmniej jeden z punktów i nie leży na okręgu .

Jeśli jest punktem żądanym, to dla trójkątów podobnych i , mających równe kąty przy wierzchołku , musi zachodzić któryś z przypadków:

I.

\kom II.

Gdy trójkąty są równoramienne, oba przypadki zachodzą jednocześnie.

I. Poszukiwanie rozwiązań pierwszego rodzaju

W rozwiązaniach pierwszego rodzaju boki i trójkątów i są równoległe, z czego wynika, że bądź oba punkty i leżą na odcinkach i , bądź oba leżą na przedłużeniach tych odcinków. Zadanie nasze może mieć zatem rozwiązanie pierwszego rodzaju tylko wtedy, gdy punkty i leżą oba wewnątrz lub oba zewnątrz danego okręgu .

Podamy dwa sposoby znalezienia takich rozwiązań.

\spos{I} Jeśli punkt jest punktem o żądanej własności (rys. 69), to trójkąty i są jednokładne względem punktu . W tej jednokładności okręgowi , przechodzącemu przez środek jednokładności i przez punkty i , odpowiada okrąg styczny do okręgu w punkcie i przechodzący przez punkty i jednokładne do punktów i .

Zadanie sprowadza się więc do wykreślenia okręgu przechodzącego przez dane punkty i i stycznego do danego okręgu .

Konstrukcja takiego okręgu była już omówiona przy zadaniu nr 22 na stronicy 112 i przy zadaniu nr 33 na stronicy 152.

Gdy wykreślimy okrąg , wówczas punkt , w którym styka się on z okręgiem , będzie punktem żądanym. Istotnie, proste i przecinają okrąg jednokładny do okręgu względem punktu - w punktach i odpowiadających punktom i . Trójkąty i są jednokładne, przy czym , a .

Zadanie ma tyle rozwiązań, ile jest okręgów przechodzących przez punkty i i stycznych do okręgu . A zatem (patrz uwagę 2 do zadania nr 22 na stronicy 108):

1° Jeżeli punkty i leżą oba wewnątrz okręgu albo jeżeli oba leżą zewnątrz okręgu , ale prosta nie jest styczna do tego okręgu, to zadanie ma dwa rozwiązania.

2° Jeżeli punkty i leżą zewnątrz okręgu , a prosta jest styczna do tego okręgu, to zadanie ma jedno rozwiązanie.